2019年高考物理二輪復(fù)習(xí)十大熱門考點(diǎn)專項(xiàng)突破 專題07 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí).doc

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專題07 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 熱點(diǎn)分析 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是歷年高考?jí)狠S題的首選，常以帶電粒子的運(yùn)動(dòng)為主線，與力的平衡、圓周運(yùn)動(dòng)、類平拋運(yùn)動(dòng)等結(jié)合命題，在近幾年高考中考查組合場(chǎng)的頻率很高． (1)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，若速度方向與電場(chǎng)方向平行，則做勻變速直線運(yùn)動(dòng)；若速度方向與電場(chǎng)方向垂直，則做類平拋運(yùn)動(dòng). (2)帶電粒子經(jīng)過磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系處理. (3)當(dāng)粒子從一個(gè)場(chǎng)進(jìn)入另一個(gè)場(chǎng)時(shí)，分析轉(zhuǎn)折點(diǎn)處粒子速度的大小和方向往往是解題的突破口. 經(jīng)典例題 例1、如圖7所示，水平放置的平行板電容器與某一電源相連，它的極板長(zhǎng)L＝0.4 m，兩板間距離d＝410－3 m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩板中央平行極板射入，開關(guān)S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒能落到下極板的正中央，已知微粒質(zhì)量為m＝410－5 kg，電荷量q＝＋110－8 C，g＝10 m/s2。求： 圖7 (1)微粒入射速度v0為多少？ (2)為使微粒能從平行板電容器的右邊射出電場(chǎng)，電容器的上極板應(yīng)與電源的正極還是負(fù)極相連？所加的電壓U應(yīng)取什么范圍？ 【名師解析】(1)開關(guān)S閉合前，由＝v0t，＝gt2可解得 v0＝＝10 m/s。 答案　(1)10 m/s　(2)與負(fù)極相連，120 V ≤U≤200 V 例2（2018四川四市二診）如圖所示，在豎直平面內(nèi)xOy坐標(biāo)系的第一、二象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第三、四象限內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)．長(zhǎng)度為L(zhǎng)的絕緣輕質(zhì)細(xì)線一端固定在O點(diǎn)，另一端系質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，小球恰能繞O點(diǎn)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)。軌跡與y軸負(fù)半軸交于A點(diǎn)，距地面高度為L(zhǎng)，重力加速度為g，四個(gè)象限內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小都是E＝，不計(jì)阻力，運(yùn)動(dòng)過程中電荷量保持不變。 （1）求小球做圓周運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度； （2）小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，剪斷細(xì)線，求小球落地點(diǎn)與A點(diǎn)間的水平距離。 即小球在圓周上與O點(diǎn)連線夾角為45的C點(diǎn)時(shí)速度最小，設(shè)最小速度為vc，則 F＝（1分） 解得： （1分） 例3如圖所示，在xoy平面內(nèi)，以O(shè)1（0，R）為圓心，R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1，x軸下方有一直線ab，ab與x軸相距為d，x軸與直線ab間區(qū)域有平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，在ab的下方有一平行于x軸的感光板MN，ab與MN間區(qū)域有垂直于紙平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2．在0≤y≤2R的區(qū)域內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從任何位置從圓形區(qū)域的左側(cè)沿x軸正方向以速度v0射入圓形區(qū)域，經(jīng)過磁場(chǎng)B1偏轉(zhuǎn)后都經(jīng)過O點(diǎn)，然后進(jìn)入x軸下方．已知x軸與直線ab間勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小，ab與MN間磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度．不計(jì)電子重力． （1）求圓形區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大??？ （2）若要求從所有不同位置出發(fā)的電子都不能打在感光板MN上，MN與ab板間的最小距離h1是多大？（3）若要求從所有不同位置出發(fā)的電子都能打在感光板MN上，MN與ab板間的最大距離h2是多大？當(dāng)MN與ab板間的距離最大距離h2時(shí)，求電子打到MN板上的位置到y(tǒng)軸的最遠(yuǎn)距離s． 【參考答案】(1) (2) （3） （2）設(shè)電子經(jīng)電場(chǎng)加速后到達(dá)ab時(shí)速度大小為v，電子在ab與MN間磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為，沿x軸負(fù)方向射入電場(chǎng)的電子離開電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與水平方向成θ角，則有： ，， 如果電子在O點(diǎn)以速度沿x軸負(fù)方向射入電場(chǎng)，經(jīng)電場(chǎng)和磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，不能打在感光板上，則所有電子都不能打在感光板上，軌跡如圖： 則感光板與ab間的最小距離為： 聯(lián)立得到：，，，； （3）如果電子在O點(diǎn)以速度沿x軸正方向射入電場(chǎng)，經(jīng)電場(chǎng)和磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，能打在感光板上，則所有電子都能打在感光板上，軌跡如圖： 則感光板與ab間的最大距離為，解得， 點(diǎn)睛：本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)、電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，結(jié)合臨界狀態(tài)，根據(jù)半徑公式、周期公式以及幾何關(guān)系綜合求解。 例4（2016廣州二模）如圖，矩形abcd區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，ab邊長(zhǎng)為3L，bc邊足夠長(zhǎng)。厚度不計(jì)的擋板MN長(zhǎng)為5L，平行bc邊放置在磁場(chǎng)中，與bc邊相距L，左端與ab邊也相距L。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，由靜止開始經(jīng)電場(chǎng)加速后沿ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域。電子與擋板碰撞后完全被吸收并導(dǎo)走。 （1）如果加速電壓控制在一定范圍內(nèi)，能保證在這個(gè)電壓范圍內(nèi)加速的電子進(jìn)入磁場(chǎng)后在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間都相同。求這個(gè)加速電壓U的范圍。 （2）調(diào)節(jié)加速電壓，使電子能落在擋板上表面，求電子落在擋板上表面的最大寬度。 【名師解析】（1）只要電子從ad邊離開磁場(chǎng)，其運(yùn)動(dòng)的軌跡為半圓，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，都為，當(dāng)電子與擋板下表面相切時(shí)軌跡的半徑r1=2L，圓心為O1，如圖所示，要使電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，必須滿足：① 若電子恰好繞過擋板最右端從ad邊離開磁場(chǎng)，設(shè)其軌跡的半徑為r2 ，由幾何關(guān)系有： ⑤ 解得：⑥，即電子將從bc邊出去了，即電子不可能繞過擋板最右端N點(diǎn)從ad邊離開磁場(chǎng)。所以，使電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同的電壓的取值范圍是： ⑦ （ii）電子不能從bc邊射出，設(shè)電子軌跡與bc邊相切時(shí)的半徑為r4圓心為O4，打在上板的D點(diǎn)。則有： r4=3L⑩ 所以： 例5如圖所示，xOy平面的第Ⅱ象限內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的a粒子從x軸上坐標(biāo)為(－l,0)的A點(diǎn)以速度v0，沿與x軸正向成θ＝60的方向射入第Ⅱ象限，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，從y軸上的坐標(biāo)為(0，l)的P點(diǎn)垂直于y軸射入第Ⅰ象限，y軸和垂直于x軸的虛線之間有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，a粒子將從虛線與x軸交點(diǎn)Q進(jìn)入第Ⅳ象限，Q點(diǎn)橫坐標(biāo)xQ＝2l，虛線右側(cè)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與第Ⅱ象限勻強(qiáng)磁場(chǎng)相同(不計(jì)粒子的重力)． (1)求第Ⅱ象限勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向及磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B； (2)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E； (3)如在a粒子剛進(jìn)入第Ⅱ象限的同時(shí)，有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的b粒子，從y軸上的M點(diǎn)以速度v0垂直于y軸射入電場(chǎng)，a、b粒子將發(fā)生迎面正碰，求M點(diǎn)縱坐標(biāo)yM以及相碰點(diǎn)N的橫坐標(biāo)xN和縱坐標(biāo)yN. (2)粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則加速度a＝ 2l＝v0t l＝at2 解得：E＝ (3)b粒子與a粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)情況相同，只是向上偏轉(zhuǎn)，兩粒子在右側(cè)磁場(chǎng)中迎面相碰，b粒子應(yīng)在a粒子飛出右側(cè)磁場(chǎng)的位置飛入磁場(chǎng)，設(shè)a粒子飛出電場(chǎng)時(shí)的速度為v，則： qEl＝mv2－mv，解得v＝v0 設(shè)速度v與x軸正方向夾角為α，則vcosα＝v0，解得α＝ b粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)有qvB′＝m，由已知條件易知B′＝B，解得r2＝l 設(shè)b粒子飛入右側(cè)磁場(chǎng)時(shí)的縱坐標(biāo)為yb，則yb＝2r2cosα＝4l 所以M點(diǎn)縱坐標(biāo)yM＝y(tǒng)b－yP＝3l a粒子在第Ⅱ象限磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的圓心角為θ＝，兩粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，所以a粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，b粒子已轉(zhuǎn)過的圓心角為θ，a、b粒子再各轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)相遇．設(shè)相碰點(diǎn)與圓心的連線與x軸正方向所成角為φ，由分析可知φ＝ 例6如圖所示，有一平行板電容器左邊緣在y軸上，下極板與x軸重合，兩極板間勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E。一電荷量為q，質(zhì)量為m的帶電粒子，從O點(diǎn)與x軸成θ角斜向上射入極板間，粒子經(jīng)過K板邊緣a點(diǎn)平行于x軸飛出電容器，立即進(jìn)入一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的圓形磁場(chǎng)的一部分(磁場(chǎng)分布在電容器的右側(cè)且未畫出)，隨后從c點(diǎn)垂直穿過x軸離開磁場(chǎng)。已知粒子在O點(diǎn)的初速度大小為v＝，∠acO＝45，cos θ＝，磁場(chǎng)方向垂直于坐標(biāo)平面向外，磁場(chǎng)與電容器不重合，帶電粒子重力不計(jì)，試求： (1)K極板所帶電荷的電性； (2)粒子經(jīng)過c點(diǎn)時(shí)的速度大小； (3)圓形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積。 (3)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示，a、c為兩個(gè)切點(diǎn)。 洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可知：qvcB＝m 可得軌跡半徑R＝＝ 粒子飛出電容器立即進(jìn)入圓形磁場(chǎng)且磁場(chǎng)與電容器不重合，圓形磁場(chǎng)必與電容器右邊界ab切于a點(diǎn)，還需保證c點(diǎn)也在磁場(chǎng)中，當(dāng)圓形磁場(chǎng)與bc切于c點(diǎn)時(shí)磁場(chǎng)面積最小，此時(shí)磁場(chǎng)半徑與軌跡半徑相等。 磁場(chǎng)最小面積S＝πR2＝。 例7．一足夠長(zhǎng)的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其在xoy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于xoy平面；磁場(chǎng)的上、下兩側(cè)為電場(chǎng)區(qū)域，寬度均為，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點(diǎn)，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場(chǎng)，經(jīng)過一段時(shí)間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出。不計(jì)重力。 （1）定性畫出該粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡； （2）求該粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大?。? （3）若該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間。 【參考答案】（1）軌跡圖如圖所示： （2） （3） ; （1）粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖（a）所示。（粒子在電場(chǎng)中的軌跡為拋物線，在磁場(chǎng)中為圓弧，上下對(duì)稱） （2）粒子從電場(chǎng)下邊界入射后在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為v0，在下側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，加速度的大小為a；粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為v，方向與電場(chǎng)方向的夾角為（見圖（b）），速度沿電場(chǎng)方向的分量為v1，根據(jù)牛頓第二定律有 qE=ma ① 式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v1=at ② ③ ④ 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 ⑤ 由幾何關(guān)系得 ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 ⑦ 式中T是粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期， ? 由③⑦⑨⑩?式得 ? 故本題答案是：（1）軌跡圖如圖所示： （2） （3） ; 例8(2014浙江)離子推進(jìn)器是太空飛行器常用的動(dòng)力系統(tǒng)，某種推進(jìn)器設(shè)計(jì)的簡(jiǎn)化原理如圖17-2-1所示，截面半徑為R的圓柱腔分為兩個(gè)工作區(qū)。I為電離區(qū)，將氙氣電離獲得1價(jià)正離子；II為加速區(qū)，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，兩端加有電壓，形成軸向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。I區(qū)產(chǎn)生的正離子以接近0的初速度進(jìn)入II區(qū)，被加速后以速度vM從右側(cè)噴出。 I區(qū)內(nèi)有軸向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在離軸線R/2處的C點(diǎn)持續(xù)射出一定速度范圍的電子。假設(shè)射出的電子僅在垂直于軸線的截面上運(yùn)動(dòng)，截面如圖17-2-2所示（從左向右看）。電子的初速度方向與中心O點(diǎn)和C點(diǎn)的連線成α角（0<α<90?）。推進(jìn)器工作時(shí)，向I區(qū)注入稀薄的氙氣。電子使氙氣電離的最小速度為v0，電子在I區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達(dá)的區(qū)域越大，電離效果越好。已知離子質(zhì)量為M；電子質(zhì)量為m，電量為e。（電子碰到器壁即被吸收，不考慮電子間的碰撞）。 （1） 求II區(qū)的加速電壓及離子的加速度大??； （2） 為取得好的電離效果，請(qǐng)判斷I區(qū)中的磁場(chǎng)方向（按圖2說明是“垂直紙面向里”或“垂直紙面向外”）； （3） α為90時(shí)，要取得好的電離效果，求射出的電子速率v的范圍； （4） 要取得好的電離效果，求射出的電子最大速率vmax與α角的關(guān)系。 （2）由右手定則可判斷出磁場(chǎng)方向應(yīng)垂直于紙面向外。 （4）如圖所示，OA=R-r，OC=R/2，AC=r 在△OAC中，由余弦定理得，(R-r)2=r2+R2/4-2rR/2sinα 解得：r= 由⑥⑨解得，. 注解：畫出軌跡示意圖，由圖中的幾何關(guān)系，利用相關(guān)知識(shí)得出軌道半徑r。 例9（2017年10月浙江十校聯(lián)盟聯(lián)考）（16分）如圖所示，兩水平放置的平行金屬板a、b，板長(zhǎng)L＝0.2 m，板間距d＝0.2 m．兩金屬板間加如圖甲所示的電壓U， 忽略電場(chǎng)的邊緣效應(yīng)．在金屬板右側(cè)有一磁場(chǎng)區(qū)域，其左右總寬度s＝0.4 m，上下范圍足夠大，磁場(chǎng)邊界MN和PQ均與金屬板垂直，磁場(chǎng)區(qū)域被等寬地劃分為n（正整數(shù)）個(gè)豎直區(qū)間，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝510-3T，方向從左向右為垂直紙面向外、向內(nèi)、向外……．在極板左端有一粒子源，不斷地向右沿著與兩板等距的水平線OO′發(fā)射比荷q/m＝1108C/kg、初速度為v0＝2105m/s的帶正電粒子。忽略粒子重力以及它們之間的相互作用． （1）當(dāng)取U何值時(shí)，帶電粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度偏向角最大； （2）若n=1，即只有一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)間，其方向垂直紙面向外，則當(dāng)電壓由0連續(xù)增大到U過程中帶電粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與邊界PQ相交的區(qū)域的寬度； （3）若n趨向無窮大，則偏離電場(chǎng)的帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t為多少？ 【命題意圖】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)、在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、洛倫茲力及其相關(guān)的物理知識(shí)，意在考查綜合運(yùn)用相關(guān)知識(shí)分析解決相關(guān)實(shí)際問題的能力。 解得：U=400V<500V 當(dāng)U取400V時(shí)，帶電粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度偏向角最大 （2分） 兩粒子周期相同，則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間差t== （1分） （3）考慮粒子以一般情況入射到磁場(chǎng)，速度為v，偏向角為θ，當(dāng)n趨于無窮大時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡趨于一條沿入射速度方向的直線（漸近線）．又因?yàn)樗俣却笮〔蛔?，因此磁?chǎng)中運(yùn)動(dòng)可以等效視為勻速直線運(yùn)動(dòng)． 軌跡長(zhǎng)度為：，運(yùn)動(dòng)速率為： 時(shí)間為：代入數(shù)據(jù)解得 （3分） 例10.如圖甲所示，ABCD是一長(zhǎng)方形有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊界，磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙規(guī)律變化，取垂直紙面向外為磁場(chǎng)的正方向，圖中AB＝AD＝L，一質(zhì)量為m、所帶電荷量為q的帶正電粒子以速度v0在t＝0時(shí)從A點(diǎn)沿AB方向垂直磁場(chǎng)射入，粒子重力不計(jì)。 (1)若粒子經(jīng)時(shí)間t＝T0恰好垂直打在CD上，求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0和粒子運(yùn)動(dòng)中的加速度a的大小。 (2)若要使粒子恰能沿DC方向通過C點(diǎn)，求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小及磁場(chǎng)變化的周期T0。 聯(lián)立解得B0＝ 粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a＝＝。 (2)由題意可知粒子每經(jīng)過一周期，其末速度方向與初速度方向相同，其部分軌跡如圖所示，粒子從A到C經(jīng)歷的時(shí)間為磁場(chǎng)變化周期的整數(shù)(n)倍 即AB方向有L＝2nRsin θ AD方向有L＝2nR(1－cos θ) 聯(lián)立得cos θ＝，cos θ＝1(舍去) 即θ＝60，R＝ 例11（2014山東）如圖16-5甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)。取垂直于紙面向里為磁場(chǎng)的正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時(shí)刻，一質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子（不計(jì)重力），以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場(chǎng)且平行于板面的方向射入磁場(chǎng)區(qū)。當(dāng)B0和TB取某些特定值時(shí)，可使t=0時(shí)刻入射的粒子經(jīng)△t時(shí)間恰能垂直打在P板上（不考慮粒子反彈）。上述m、q、d、v0為已知量。 （1）若△t =TB，求B0； （2）若△t =TB，求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大??； （3）若，為使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。 【名師解析】根據(jù)題述，可使t=0時(shí)刻入射的粒子經(jīng)△t時(shí)間恰能垂直打在P板上，結(jié)合各小題條件，列出相關(guān)方程解答。 （2）設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，加速度大小為a，由圓周運(yùn)動(dòng)公式得 a= 據(jù)題意由幾何關(guān)系得：3R2=d。 聯(lián)立解得：a=. 聯(lián)立解得： d=4 R。 粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，O1、O2為圓心，連線與水平方向的夾角為，在每個(gè)TB時(shí)間內(nèi)，只有A、B兩個(gè)位置才有可能垂直擊中P板，且均要求：0<θ<π/2。由題意可知： T= 設(shè)經(jīng)歷完整TB的個(gè)數(shù)為n（n=0,1,2,3，） 若在A點(diǎn)擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得：R+2(R+Rsinθ)n=d 當(dāng)n=0時(shí)，無解。 當(dāng)n=1時(shí)，解得sinθ=0.5，θ=。 聯(lián)立解得：TB=。 當(dāng)n≥2時(shí)，不滿足0<θ<90的要求。 若在B點(diǎn)擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得：R+2 Rsinθ+2(R+Rsinθ)n=d 當(dāng)n=0時(shí)，無解。 當(dāng)n=1時(shí)，解得sinθ=，θ=arcsin()。 聯(lián)立解得：TB=[+ arcsin()]。 當(dāng)n≥2時(shí)，不滿足0<θ<90的要求。 練兵場(chǎng) 1.如圖所示，在xOy平面內(nèi)，有一電子源持續(xù)不斷地沿x正方向每秒發(fā)射出N個(gè)速率均為v的電子，形成寬為2b、在y軸方向均勻分布且關(guān)于x軸對(duì)稱的電子流．電子流沿x方向射入一個(gè)半徑為R、中心位于原點(diǎn)O的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直xOy平面向里，電子經(jīng)過磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后均從P點(diǎn)射出．在磁場(chǎng)區(qū)域的正下方有一對(duì)平行于x軸的金屬平行板K和A，其中K板與P點(diǎn)的距離為d，中間開有寬度為2l且關(guān)于y軸對(duì)稱的小孔．K板接地，A與K兩板間加有正負(fù)、大小均可調(diào)的電壓UAK.穿過K板小孔到達(dá)A板的所有電子被收集且導(dǎo)出，從而形成電流．已知b＝R，d＝l，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略電子間相互作用． (1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (2)求電子流從P點(diǎn)射出時(shí)與負(fù)y軸方向的夾角θ的范圍； (3)當(dāng)UAK＝0時(shí)，每秒經(jīng)過極板K上的小孔到達(dá)極板A的電子數(shù)； (4)畫出電流i隨UAK變化的關(guān)系曲線． 2.如圖甲所示，在xOy平面的第三象限內(nèi)有一個(gè)粒子發(fā)射裝置S，它可以向第一象限0～90范圍內(nèi)的不同方向發(fā)射速率為v0=1.0103m/s，比荷為=1105C/kg的大量帶負(fù)電粒子．現(xiàn)在x軸上方的某區(qū)域內(nèi)加一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使所有粒子經(jīng)過磁場(chǎng)后能在0≤y≤0.1m的范圍內(nèi)沿x軸正向運(yùn)動(dòng)．粒子越過磁場(chǎng)區(qū)域后進(jìn)入一個(gè)由平行板電容器MN所產(chǎn)生的正方形電場(chǎng)區(qū)域，電容器兩極板上的電壓隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示，已知電容器的左右兩端位于x1=0.15m，x2=0.25m處，上下兩端位于y1=0.1m、y2=0m處，在x=0.3m處有一個(gè)平行于y軸的熒屏L，粒子打到熒光屏后能夠發(fā)光．若所有粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡都在一行于紙面的平面內(nèi)，且不計(jì)粒子的重力、粒子間的相互作用及粒子落在極板和熒光屏上對(duì)電壓的影響．求： （1）偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的感應(yīng)強(qiáng)度； （2）偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)在圖中坐標(biāo)系中分布的最小面積（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）； （3）電容器兩極板間有電壓和無電壓時(shí)熒光屏上平行于y軸方向發(fā)光長(zhǎng)度的比值． 3. （2014高考福建理綜）如圖，某一新型發(fā)電裝置的發(fā)電管是橫截面為矩形的水平管道，管道的長(zhǎng)為L(zhǎng)、寬度為d、高為h，上下兩面是絕緣板，前后兩側(cè)面M、N是電阻可忽略的導(dǎo)體板，兩導(dǎo)體板與開關(guān)S和定值電阻R相連。整個(gè)管道置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。管道內(nèi)始終充滿電阻率為ρ的導(dǎo)電液體（有大量的正、負(fù)離子），且開關(guān)閉合前后，液體在管道進(jìn)、出口兩端壓強(qiáng)差的作用下，均以恒定速率v0沿x軸正向流動(dòng)，液體所受的摩擦阻力不變。 （1）求開關(guān)閉合前，M、N兩板間的電勢(shì)差大小U0； （2）求開關(guān)閉合前后，管道兩端壓強(qiáng)差的變化Δp； （3）調(diào)整矩形管道的寬和高，但保持其它量和矩形管道的橫截面S=dh不變，求電阻R可獲得的最大功率Pm及相應(yīng)的寬高比d/h的值。 參考答案 1.【參考答案】（1）； (2) －60≤θ≤60；（3）0. 82N； （4）； （1）電子均從P點(diǎn)射出，電子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑：r=R 電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得： 解得： （2）上端電子從P點(diǎn)射出時(shí)與負(fù)y軸最大夾角，由幾何關(guān)系可得： 解得： 同理下端電子從P點(diǎn)射出時(shí)與負(fù)y軸最大夾角也為 則夾角θ的范圍是： （4）由動(dòng)能定理得：，解得： 與負(fù)y軸成角的電子的運(yùn)動(dòng)軌跡剛好與A板相切，其逆過程是類平拋運(yùn)動(dòng)，達(dá)到飽和電流所需的最小反向電壓為：或根據(jù)（3）可得飽和電流大小為： 則電流i隨變化的關(guān)系曲線，如圖所示： 【點(diǎn)睛】本題考查了電子在磁場(chǎng)與電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚電子運(yùn)動(dòng)過程、作出電子運(yùn)動(dòng)軌跡、求出電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑是解題的關(guān)鍵，解題時(shí)注意求出極限值然后再確定范圍。 2.【參考答案】（1） （2） （3） (2)由題意可知，電子是以一定速度從原點(diǎn)O沿任意方向射入第一象限時(shí)，先考察速度沿+y方向的電子，其運(yùn)動(dòng)軌跡是圓心在x軸上的(0.1,0)點(diǎn)，半徑為R=0.1m的圓。該電子沿圓弧運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)即朝x軸的正向，可見這段圓弧就是符合條件磁場(chǎng)的上邊界，如圖1所示 當(dāng)電子速度方向與x軸正向成角度θ時(shí),作出軌跡圖2,當(dāng)電子達(dá)到磁場(chǎng)邊界時(shí),速度方向必須平行于x軸方向,設(shè)邊界任一點(diǎn)的坐標(biāo)為S(x,y)，由圖2可知， x=Rsinθ，y=R?Rcosθ，消去參數(shù)θ得， x2 +(y?R)2 =R2 可以看出隨著θ的變化，S的軌跡是圓心為 (0,R)，半徑為R的圓，即是磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界。 上下邊界就構(gòu)成一個(gè)葉片形磁場(chǎng)邊界，如圖3所示，則符合條件的磁場(chǎng)最小面積為扇形面積減去等腰直角三角形面積的2倍。 S=2(?)=R2 本題中R=0.1m,代入上式得S=5.710?3 m2 豎直方向：y==1107(110?4)2=0.05m=5cm， 電場(chǎng)方向向下，帶負(fù)電粒子向上偏轉(zhuǎn)，沿中心線射入的粒子恰好沿邊界射出，在中心線上方進(jìn)入平行板電容器的粒子打在極板上，沿中心線射入的粒子打在屏上的位置距中心線距離y′,根據(jù)幾何關(guān)系，y′=10cm 沿下極板入射的粒子剛好打在屏上和上板同一水平線上，所以有電壓時(shí)屏上發(fā)光長(zhǎng)度為l2=5cm 所以有電壓時(shí)和無電壓時(shí)屏上發(fā)光長(zhǎng)度的比值l2：l1=5cm：10cm=1：2 點(diǎn)睛：根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)的某一臨界軌跡，沿+y方向入射，根據(jù)軌跡求出半徑，再結(jié)合洛倫茲力提供向心力求出半徑公式，聯(lián)立求出磁感應(yīng)強(qiáng)度；求出偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的上下邊界，包圍的面積即為最小面積；無電壓時(shí)，粒子在板間勻速直線運(yùn)動(dòng)，發(fā)光亮度就是板寬度，有電壓時(shí)根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出在屏上的亮度． 3.【名師解析】根據(jù)導(dǎo)電液體中的帶電粒子在管道內(nèi)運(yùn)動(dòng)受力平衡解得M、N兩板間的電勢(shì)差大小U0；根據(jù)開關(guān)閉合前后管道內(nèi)導(dǎo)電液體受力情況及其相關(guān)知識(shí)，解得管道兩端壓強(qiáng)差的變化Δp；表示出電阻R獲得的功率表達(dá)式，利用相關(guān)數(shù)學(xué)知識(shí)得到電阻R可獲得的最大功率Pm及相應(yīng)的寬高比d/h的值。 【解答】（1）設(shè)帶電粒子所帶的電量為q，當(dāng)其所受的洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡時(shí)，U0保持相對(duì)穩(wěn)定，有：q v0B=q 解得：U0=Bd v0。 聯(lián)立解得壓強(qiáng)差的變化Δp=。 (3)電阻R獲得的功率為：P=I2R= R， 變化為：P=R， 當(dāng)=即d/h=LR/ρ時(shí)，電阻R獲得最大功率。 最大功率：Pm=。 注解：此題求最值運(yùn)用了“積定二數(shù)相等時(shí)和最大”。